Fiche de mathématiques

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Dualité - Chapitre II
Exercices

II - 1. Les structures de l'ensemble C des nombres complexes

II - 1 - 1. Deux structures

On sait qu'un K-ev E est muni de deux lois de composition, l'une interne : E × E $\rightarrow$ E, (x,y) $\mapsto$ x + y et l'autre externe de domaine d'opérateurs K : K × E $\rightarrow$ E, (a,x) $\mapsto$ a.x.
Si E = K, la loi externe est la loi interne multiplicative de K, elle se note : K × K $\rightarrow$ K, (a,x) $\mapsto$ a.x (dans la source K × K, le premier K est le corps des scalaires, le second K l'espace des vecteurs). On sait qu'alors, K est un K-ev de dimension 1, de base canonique (1_K). La notation : pour tout x dans K, x = x.1_K fait apparaître deux interprétations de x : à gauche, x est un vecteur, à droite, x est un scalaire, coordonnée du vecteur x sur la base (1_K).
Ces remarques s'appliquent à C, corps des nombres complexes qui est donc un C-ev de dimension 1, dont la base canonique est (1). Les deux lois sont :
interne : C $\times$ C $\rightarrow$ C, (z,z') $\mapsto$ z + z',
externe : C $\times$ C $\rightarrow$ C, (a,z) $\mapsto$ a.z, a dans C.
Mais on peut envisager une autre structure de C, en restreignant le domaine d'opérateurs de la loi externe au corps R des nombres réels. Les deux lois sont alors :
interne : C × C $\rightarrow$ C, (z,z') $\mapsto$ z + z',
externe : R × C $\rightarrow$ C, (a,z) $\mapsto$ a.z, a dans R.
Alors, C devient un R-ev, où les "vecteurs" sont les nombres complexes et les "scalaires" les nombres réels. De plus, pour tout z dans C, z = x + iy = x.1 + y.i, x et y réels. "1" et "i" étant considérés comme des vecteurs, on en déduit que le R-ev C est de dimension deux sur R et que la base canonique est (1,i).
Pour distinguer les deux structures, le R-ev C se notera C_R.

II - 1 - 2. Les espaces duaux associés

La distinction entre C et C_R n'est pas anodine. En effet, lorsque l'on parle d'application linéaire sur C, il faut obligatoirement préciser si c'est sur C ou sur C_R.
a) Si f est élément de C*, dual du C-ev C, alors, f devra vérifier :
(1) : f : C $\rightarrow$ C
(2) : $\forall$ (z,z') $\in$ C × C, f(z + z') = f(z) + f(z')
(3) : $\forall$ (a,z) $\in$ C × C, f(a.z) = a.f(z) : C-linéarité.

b) Si f est élément de C_R*, dual du R-ev C_R, alors, f devra vérifier :
(1') : f : C $\rightarrow$ R
(2) : $\forall$ (z,z') $\in$ C × C, f(z + z') = f(z) + f(z')
(3') : $\forall$ (a,z) $\in$ R × C, f(a.z) = a.f(z) : R-linéarité.

II - 1 - 3. Exercice 1

exercice 1

1. Trouver, dans les bases canoniques, la forme générale des éléments de C*, puis de C_R*.
2. Etudier les applications f, g, h définies par f(z) = Re(z), g(z) = Im(z), h(z) = $\bar{\text{z}}$ ,
3. Quelle est la base duale de (1,i) dans C_R* ?

II - 1 - 4. Corrigé de l'exercice 1

1. a) Etude de C*.
Si f est dans C*, alors, f : C $\rightarrow$ C. D'autre part, pour tout z dans C, f(z) = f(z.1) et, par C-linéarité : f(z) = z.f(1). f(1) est un nombre complexe fixé, posons f(1) = t. Alors, f(z) = t.z, t $\in$ C. Réciproquement, toute application de ce type est bien une forme linéaire sur le C-ev C.
C* = {f : C $\rightarrow$ C, f(z) = t.z, t $\in$ C}

1. b) Etude de C_R*.
Si g est dans C_R*, alors, g : C $\rightarrow$ R. D'autre part, pour tout z dans C, g(z) = g(x.1 + y.i) et, par R-linéarité : g(z) = x.g(1) + y.g(i). g(1) et g(i) sont deux nombres réels fixés, posons g(1) = a et g(i) = b, a et b réels. Alors, g(z) = a.x + b.y, (a,b) $\in$ R². Réciproquement, toute application de ce type est bien une forme linéaire sur le R-ev C_R.
C_R* = {g : C $\rightarrow$ R, g(z) = g(x + iy) = ax + by, (a,b) $\in$ R²}.

2. a) Etude de f = Re et de g = Im.
Ce sont d'abord deux applications de C vers R. Elles sont définies par les formules suivantes : f(x+iy) = x = 1.x + 0.y et g(x+iy) = y = 0.x + 1.y : elles ont la forme découverte en 1. b).
Donc, f = Re et g = Im sont deux éléments de C_R*.

2. b) Etude de h.
h est une application de C vers C. Comme $\bar{\text{z} + \text{z'}} = \bar{\text{z}} + \bar{\text{z'}}$ , h vérifie la condition (1). Par contre, h(i.z) = -i. $\bar{\text{z}}$ différent de i.h(z). Donc, h n'est pas C-linéaire. h n'est pas élément de C*.

3. On vérifie la condition (BD) : Re(1) = 1, Im(1) = 0, Re(i) = 0, Im(i) = 1. Donc :
La base duale de (1,i) dans C_R* est (Re,Im) = (f,g).

II - 2. Trace d'une matrice

II - 2 - 1. Exercice 2

exercice 2

Pour n > 1, on considère le K-ev E = M_n(K) des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans K. Si A $\in$ E, on écrira A = (a_ij), où a_ij représente le coefficient situé à l'intersection de la ligne i et de la colonne j de A. Pour désigner cet élément, on utilise aussi la notation : a_ij = [A]_ij. On appelle trace de A la somme des termes diagonaux de A :
$\text{tr(A)} = \text{a}_{11} + \text{a}_{22} + ... + \text{a}_{nn} = \displaystyle \sum_{i=1}^n \text{a}_{ii}$
1. Montrer que tr est une forme linéaire sur E = M_n(K).
2. Montrer que : $\forall$ (A,B) $\in$ E², tr(A.B) = tr(B.A).
3. Montrer que deux matrices semblables ont même trace. Soient V un K-ev de dimension n, u un endomorphisme de V. Montrer que l'on peut définir la trace de u indépendamment de toute base de V. On la note tr(u). Remarquer que si l'endomorphisme u a toutes ses valeurs propres dans K, u est trigonalisable et la diagonale principale est formée par les valeurs propres de u. On peut alors en déduire que tr(u) est la somme des valeurs propres de u (comptées avec leur multiplicité).
4. Soit p un projecteur du K-ev V. Montrer que tr(p) = rg(p).
5. On rappelle que E = M_n(K) est muni de la base canonique formée par les n² matrices $(\text{E}_{\text{ij}})_{1 \leq i , j \leq n}$ . La matrice E_ij a tous ses termes nuls sauf [E_ij]_ij = 1.
On peut d'ailleurs écrire [E_ij]_kl = $\delta$ _ik. $\delta$ _jl.
a) Montrer que E_ij . E_kl = $\delta$ _jk.E_il.
b). Soit f une forme linéaire sur E = M_n(K) telle que, $\forall$ (A,B) $\in$ E², f(A.B) = f(B.A). Montrer que f = k.tr, où k est un élément de K.

II - 2 - 2. Correction de l'exercice 2

1. Déjà, tr : E $\rightarrow$ K.
$\forall$ (A,B) $\in$ E², $\forall$ (x,y) $\in$ K², [x.A + y.B]_ij = x.a_ij + y.b_ij. Donc :
$tr(x.A + y.B) = \displaystyle \sum_{i=1}^n[x.A + y.B]_{ii} = x.\displaystyle \sum_{i=1}^na_{ii} + y.\displaystyle \sum_{i=1}^nb_{ii} = x.tr(A) + y.tr(B)$
L'application tr est bien un élément de E*.

2. Nous connaissons la règle du produit de deux matrices : $[A.B]_{ij} = \displaystyle \sum_{k=1}^na_{ik}.b_{kj}$ . Alors :
$tr(A.B) = \displaystyle \sum_{i=1}^n[A.B]_{ii} = \displaystyle \sum_{i=1}^n\left(\displaystyle \sum_{k=1}^na_{ik}.b_{ki}\right) = \displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\displaystyle \sum_{i=1}^nb_{ki}a_{ik}\right) = \displaystyle \sum_{k=1}^n[B.A]_{kk} = tr(B.A)$
On a bien : $\forall$ (A,B) $\in$ E², tr(A.B) = tr(B.A).

3. Soient A et B deux matrices de E, semblables. Il existe donc P dans E, inversible telle que B = P^-1.A.P. Alors, en utilisant le résultat précédent et l'associativité du produit matriciel :
tr(B) = tr(P^-1.(A.P)) = tr((A.P).P^-1) = tr(A.(P.P^-1)) = tr(A.I_n) = tr(A). Deux matrices semblables ont même trace.
Soient maintenant V un K-ev de dimension n et u un endomorphisme de V. Pour représenter matriciellement u, prenons deux bases B et B' de V et considérons A = Mat(u,B), B = Mat(u,B'). Alors, si P désigne la matrice de passage de B à B', on a B = P^-1.A.P. Donc, tr(B) = tr(A). Ceci prouve que la trace ne dépend pas de la base mais uniquement de u. Nous écrirons : tr(u).

4. Soient V un K-ev de dimension n, p un projecteur de V. Appelons r le rang de p.
Si r = 0, alors p = 0 (endomorphisme nul). Donc Mat(p,B) = O et par suite, tr(p) = 0
Si r = n, alors p = Id_V. Donc, Mat(p,B) = I_n et par suite, tr(p) = n.
Si 0 < r < n, on sait que V = Im(p) $\textrm\bigoplus$ Ker(p) et que x $\in$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ p(x) = x. Prenons une base B de V formée par la réunion d'une base de Im(p) et d'une base de Ker(p). Alors :
$Mat(p,B) = \begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$
Comme la trace est indépendante de la base, tr(p) = r = rg(p).

5. a) Effectuons les produits.
$[E_{ij}.E_{kl}]_{rs} = \displaystyle \sum_{t=1}^n[E_{ij}]_{rt}.[E_{kl}]_{ts} = \displaystyle \sum_{t=1}^n\delta_{ir}.\delta_{jt}.\delta_{kt}.\delta_{ls}$
La présence de $\delta$ _kt montre qu'il reste :
[E_ij.E_kl]_rs = $\delta$ _ir. $\delta$ _jk. $\delta$ _ls = $\delta$ _jk.( $\delta$ _ir. $\delta$ _ls) = $\delta$ _jk. [ E_il]_rs.
Ce résultat étant vrai pour tout couple (r,s) on a bien : (formule à connaître) E_ij . E_kl = $\delta$ _jk . E_il.

5. b) Soit f une forme linéaire sur E = M_n(K) vérifiant $\forall$ (A,B) $\in$ E², f(A.B) = f(B.A). Alors, cette propriété doit être vérifiée pour les matrices de la base canonique :
$\forall$ (i,j,k,l), f(E_ij . E_kl) = f(E_kl . E_ij) implique

f( $\delta$ _jk . E_il) = f( $\delta$ _li . E_kj) implique

$\delta$ _jk . f(E_il) = $\delta$ _li . f(E_kj) (I)
Si j = k et i $\neq$ l, (I) implique

$\forall$ (i,j,l) : f( E_il) = 0.
Si j = k et i = l, (I) implique

$\forall$ (i,j) : f( E_ii) = f( E_jj).
Donc, f associe la valeur 0 à toutes les matrices E_il pour i $\neq$ l et la même valeur à toutes les matrices E_ii. Appelons k cette valeur commune. Par la linéarité de f, nous aurons :
$f(A) = f\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n \displaystyle \sum_{j=1}^na_{ij}.E_{ij}\right) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \displaystyle \sum_{j=1}^na_{ij}.f(E_{ij}) = k. \displaystyle \sum_{i=1}^na_{ii}=k.tr(A)$
Réciproquement, toute application de E dans K du type f : A $\mapsto$ f(A) = k.tr(A) est bien une forme linéaire vérifiant la propriété : f(A.B) = f(B.A).
Conclusion : toutes les formes linéaires f sur M_n(K) vérifiant : $\forall$ (A,B), f(A.B) = f(B.A) sont proportionnelles à la trace.

II - 2 - 3. Exercice 3

exercice 3

On se place dans le K-ev M_K(n,p) des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans K. La base canonique est toujours (E_ij), $1 \leq \text{i} \leq \text{n} \text{ et } 1 \leq \text{j} \leq \text{p}$ .
Soit A un élément fixé de M_K(n,p).
1. Montrer que l'application f_A : M_K(n,p) $\rightarrow$ K définie par f_A(M) = tr(^tA.M) est une forme linéaire sur M_K(n,p).
2. Soit F une forme linéaire sur M_K(n,p). Montrer qu'il existe A $\in$ M_K(n,p) telle que F = f_A. Conclusion ?

II - 2 - 4. Correction de l'exercice 3

1. D'abord : ^tA $\in$ M_K(p,n) et M $\in$ M_K(n,p) implique

^tA.M $\in$ M_K(p,p). Il est donc légitime de calculer tr(^tA.M), et le résultat sera bien dans K. Reste à regarder la linéarité.
f_A(kM+k'M') = tr(^tA.(kM+k'M')) = tr( k.^tA.M + k'.^tA.M'). Comme la trace est linéaire :
f_A(kM+k'M') = k.tr(^tA.M) + k'.tr(^tA.M') = k.f_A(M) + k'.f_A(M').
f_A : M $\mapsto$ tr(^tA.M) est bien une forme linéaire sur M_K(n,p).

2. Soit F une forme linéaire sur M_K(n,p). Considérons les n×p scalaires F(E_ij) = a_ij avec $1 \leq \text{i} \leq \text{n} \text{ et } 1 \leq \text{j} \leq \text{p}$ .
Appelons A l'élément de M_K(n,p) défini par : A = (a_ij). Pour tout M = (m_ij) $\in$ M_K(n,p), on a :
$M = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pm_{ki}E_{ki}$
La linéarité de F donne alors :
$F(M) = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pm_{ki}F(E_{ki}) = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pa_{ki}m_{ki} = \displaystyle \sum_{i=1}^p \left(\displaystyle \sum_{k=1}^n[^tA]_{ik}[M]_{ki}\right) = \displaystyle \sum_{i=1}^p[^tAM]_{ii} = tr(^tAM)$
On a bien : pour toute forme linéaire F sur M_K(n,p), il existe A $\in$ M_K(n,p) telle que F = f_A. Remarquons que F est déterminée de manière unique par ses valeurs sur la base canonique, donc A est unique.
Conclusion : [M_K(n,p)]* est l'ensemble des formes linéaires du type M $\mapsto$ tr(^tA.M), A quelconque dans M_K(n,p).
Naturellement, ces résultats s'appliquent dans le cas particulier n = p.

II - 3. Les espaces euclidiens

II - 3 - 1. Exercice 4

exercice 4

Rappelons qu'un espace euclidien est un R-ev E de dimension finie n > 0, muni d'un produit scalaire. Nous noterons ce produit scalaire : (x,y) $\mapsto$ ( x | y ). Rappelons que ce produit scalaire est une forme bilinéaire symétrique définie positive.
1. Soit E un espace euclidien. Pour y fixé dans E, considérons l'application f_y : E $\rightarrow$ R, définie par f_y(x) = ( x | y ).
Montrer que, pout tout y, f_y est une forme linéaire sur E. Donc, pour tout x dans E, < x , f_y > = ( x | y ).
2. Considérons alors G : E $\rightarrow$ E* définie par G(y) = f_y. Montrer que G est un isomorphisme canonique de E sur son dual E*.
(Ce résultat est signalé sans preuve dans le chapitre I paragraphe I - 3 - 1). On peut alors identifier E et E* en posant y = f_y. Cela donne : < x , y > = ( x | y ).
3. Etudier l'image par G d'une base orthonormale de E.

II - 3 - 2. Correction de l'exercice 4

1. On a bien f_y : E $\rightarrow$ R. Pour la linéarité, on utilise la linéarité du produit scalaire par rapport la première variable.
Donc, pour tout y dans E, f_y est bien élément de E*.

2. G est donc définie par : pour tout x dans E, G(y)(x) = f_y(x) = ( x | y ).
Donc : $\forall$ x $\in$ E, G(ay + a'y')(x) = ( x | ay + a'y').
On utilise cette fois la linéarité du produit scalaire par rapport à la seconde variable : $\forall$ x $\in$ E, G(ay + a'y')(x) = a( x | y ) + a'( x | y' ) = [aG(y) + a'G(y')](x).
Comme c'est vrai pour tout x, G(ay + a'y') = aG(y) + a'G(y'). G est bien linéaire.
y $\in$ Ker(G) implique

G(y) = O*

$\forall$ x $\in$ E, ( x | y ) = 0. En prenant en particulier x = y, cela donne || y ||² = 0, donc y = 0. On en déduit que Ker(G) = 0, donc que G est injective. Mais comme dim(E) = dim(E*), cela entraine aussi la surjectivité.
Conclusion : G est un isomorphisme de E sur E*. Comme G a été défini sans l'aide de bases, on peut dire qu'il est canonique. On peut donc identifier E* et E en posant f_y = y.

3. Soit E un espace euclidien, B_E = (e₁, ... , e_n) une base orthonormale de E. Par la définition de G, on peut écrire : $\forall$ (i,j) : < e_i , G(e_j) > = ( e_i | e_j ) = $\delta$ _ij. On trouve la condition (BD), ce qui signifie que G(B_E) = (B_E)*, duale de B_E. Donc : l'image par G d'une base orthonormale est sa base duale. Si l'on identifie E et E*, on peut même dire qu'une base orthonormale est sa propre duale.

II - 3 - 3. Exemples classiques

Pour n > 0, E = Rⁿ est euclidien pour son produit scalaire canonique ( x | y ) = x₁y₁ + ... + x_ny_n. La base canonique de E est orthonormale donc, par identification de E et E*, elle est sa propre duale.
Pour n > 0, E = M_n(R) est euclidien pour le produit scalaire ( A | B ) = tr(^tA.B). La base canonique (E_ij) est orthonormale pour ce produit scalaire, donc, sa propre duale. En reprenant l'exercice 3, on voit que l'on a utilisé ce résultat en remarquant que tout élément de E* est du type f_A.

II - 4. Recherche de quelques bases duales

II - 4 - 1. Exercice 5

exercice 5

Pour n > 0, on considère n+1 réels distincts et non nuls : x₀ , x₁ , ... , x_n. On appelle L₀ , L₁ , ... , L_n les n+1 polynômes de Lagrange associés à ces n+1 réels (voir I - 1 - 2 et I - 5 - 2). Rappelons qu'ils forment une base du R-ev E = R_n[X]. Considérons les n+1 applications f_j $(0 \leq \text{j} \leq \text{n)}$ définies par :
$\forall P\in E, f_j(P) = \displaystyle \int_{0}^{x_j}P(t)dt$
1. Montrer que les f_j sont des formes linéaires sur E.
2. On introduit les polynômes Q_k' $(0 \leq \text{k} \leq \text{n)}$ de E avec Q_k(X) = X.L_k(X). Calculer f_j(Q_k').
3. Utiliser ce résultat pour montrer que (B)* = (f₀ , ... , f_n) est une base de E*.
4. Quelle est la préduale B de (B)* ?

II - 4 - 2. Correction de l'exercice 5

1. Ce résultat découle du fait que f_j : E $\rightarrow$ R et de la linéarité de l'intégrale :
$f_j(aP+bQ) = \displaystyle \int_0^{x_j}(aP+bQ)(t)dt = a \displaystyle \int_0^{x_j}P(t)dt + b \displaystyle \int_0^{x_j}Q(t)dt = af_j(P) + bf_j(Q)$

2. f_j(Q_k') = Q_k(x_j) - Q_k(0) = Q_k(x_j) = x_j.L_k(x_j) = x_j. $\delta$ _kj.

3. Etudions l'indépendance des f_j :
$\displaystyle \sum_{j=0}^na_jf_j = O* \Longrightarrow \ \forall k, \displaystyle \sum_{j=0}^na_jf_j(Q_k) = 0 \Longrightarrow \ \forall k, \displaystyle \sum_{j=0}^na_jx_j\delta_{kj} =0$
Donc : $\forall$ k, a_kx_k = 0 et comme les x_k sont non nuls : $\forall$ k, a_k = 0.
Ces n+1 formes linéaires sont indépendantes. Comme dim(E*) = dim(E) = n+1, (B)* est une base de E*.

4. Nous avons "presque" la préduale. En effet : f_j(Q_k') = x_j . $\delta$ _kj signifie déjà que, pour j différent de k, f_j(Q_k') = 0.
Il reste le cas où k = j : f_j(Q_j') = x_j. Il suffit donc de "normaliser" les Q_k' en posant R_k = $\textrm\frac{1}{x_k}$ Q_k'.
La préduale est donc la famille $(\text{R}_\text{k} , 0 \leq \text{k} \leq \text{n})$ .

II - 4 - 3. Exercice 6

exercice 6

On appelle polynômes de Hilbert les polynômes H₀ , ... , H_n de E = R_n[X], définis par : H₀(X) = 1, et pour tout k compris entre 1 et n, H_k(X) = $\frac{1}{\text{k}!}$ X(X-1)...(X-k+1).
1. Montrer que B = (H₀ , ... , H_n) est une base de E.
2. Soit D "l'opérateur de différence", c'est-à-dire l'endomorphisme de E défini par : D(P)(X) = P(X+1) - P(X). Calculer D(H_k). En déduire Dⁱ(H_j), où D⁰ = Id_E et pour i > 0, Dⁱ = DoD^i-1.
3. Exprimer, en fonction de D, la base duale (B)* de B.

II - 4 - 4. Correction de l'exercice 6

1. Pour tout k, deg(H_k) = k, donc la famille de polynômes B = (H₀ , ... , H_n) est échelonnée par les degrés, donc libre. Comme dim(E) = n+1, B est bien une base de E.

2. D(H₀) = 1 - 1 = 0.
Pour $1 \leq \text{k} \leq \text{n},$
D(H_k)(X) = $\frac{1}{\text{k}!}$ (X+1)X(X-1)...(X-k+2) - $\textrm\frac{1}{k!}$ X(X-1)...(X-k+1)
D(H_k)(X) = $\frac{1}{\text{k}!}$ X(X-1)...(X-k+2)[(X+1) - (X-k+1)] = $\textrm\frac{1}{k!}$ X(X-1)...(X-k+2)[k] = H_k-1(X).
Alors, par une récurrence élémentaire :
si i < j, Dⁱ(H_j) = H_j-i.
si i = j, Dⁱ(H_i) = H₀ = 1.
si i > j, Dⁱ(H_j) = 0.

3. Comme H_j possède la racine 0 dès que j > 0, on peut considérer les applications d_i définies sur E par la formule :
d_i(P) = Dⁱ(P)(0).
Alors, on vérifie rapidement que les d_i sont bien des formes linéaires sur E. En plus, les formules trouvées dans la question 2. donnent immédiatement : d_i(H_j) = $\delta$ _ij.
Donc (B)* = (d₀ , d₁ , ... , d_n).

II - 4 - 5. Exercice 7

exercice 7

Nous allons mettre en application le théorème I - 8. Comme il s'agit d'inverser une matrice, nous verrons que le problème concerne davantage l'algèbre linéaire que la dualité.
Pour n > 2, on considère le R-ev E = Rⁿ et les n vecteurs de E : e₁ , ... , e_n définis de la manière suivante :
(e_i)_j = 1 si i $\neq$ j et (e_i)_i = - 1. Donc : e₁ = (-1,1,...,1) ; e₂ = (1,-1,1,...,1) ; . . . ; e_n = (1,1,...,1,-1).
Appelons B_n la base canonique de E. L'objectif est de prouver que B_E = (e₁ , ... , e_n) est une base de E, puis de trouver sa base duale (B_E)* = (e₁* , ... , e_n*). Si l'on désigne par P la matrice des coordonnées des e_k sur B_n, cela revient à prouver d'abord que det(P) $\neq$ 0. Alors, on peut dire que P est la matrice de passage de B_n à B_E. Le théorème I - 8 nous donne les coordonnées des e_j* sur (B_n)* = B_n : ce sont les lignes de P^-1.
1. On appelle J la matrice de M_n(R) dont tous les termes sont égaux à 1, I la matrice unité de M_n(R). Trouver rg(J) et dim[Ker(j)]. En déduire, à l'aide de tr(J) les valeurs propres de J.
2. Vérifier que P = J - 2I. En utilisant le polynôme caractéristique de J, montrer que det(P) $\neq$ 0. Que dire de B_E ?
3. Calculer J² en fonction de J, puis P² en fonction de P et de I. En déduire P^-1.
4. Quelle est la base duale de B_E ?

II - 4 - 6. Correction de l'exercice 7

1. Comme les colonnes de J sont identiques, rg(J) = 1. Donc, dim[Ker(J)] = n-1. Comme J est symétrique réelle, elle est diagonalisable, donc la multiplicité de la valeur propre 0 est également n-1. On en déduit que J admet une seule valeur propre non nulle lambda

. Par la trace : tr(J) = lambda

= n. Donc ; Sp(J) = {0 ; n} (0 de multiplicité n-1).

2. La relation P = J - 2I est évidente. Det(P) = det(J - 2I) fait penser au polynôme caractéristique de J : det(J - XI). D'après la question 1. ce polynôme ne s'annule que si X = 0 ou X = n. Comme n > 2, det(J - 2I) est non nul. On en déduit que det(P) $\neq$ 0.
Conséquence : B_E est une base de E.

3. Un calcul matriciel élémentaire donne : J² = nJ. Alors P² = (J - 2I)² = J² - 4J + 4I = (n-4)J + 4I. Comme on a aussi J = P + 2I, cela donne : P² = (n-4)P + (2n-4)I. Comme n $\neq$ 2, cette relation s'écrit aussi :
$\textrm\frac{1}{2n-4}$ [P - (n-4)I].P = P.( $\textrm\frac{1}{2n-4}$ [P - (n-4)I]) = I. Donc : P^-1 = $\textrm\frac{1}{2n-4}$ [P - (n-4)I].
$P^{-1} = \frac{1}{2n-4}\begin{pmatrix}3-n&1&1&...&1\\1&3-n&1&...&1\\ \\.&.&.& &.\\ \\.&.&.& &.\\ \\1&1&1&...&3-n\end{pmatrix}$

4. Le théorème I - 8 donne de suite :
e₁* = $\textrm\frac{1}{2n-4}$ (3-n , 1 , 1 , ... , 1)
e₂* = $\textrm\frac{1}{2n-4}$ (1 , 3-n , 1 , ... , 1)
.
e_n* = $\textrm\frac{1}{2n-4}$ (1 , 1 , ... , 1 , 3-n).

II - 4 - 7. Exercice 8

exercice 8

Il s'agit d'un oral Centrale-Sup Elec. 2007.
Pour n > 0, a₁ , ... , a_n sont n réels distincts, et E est le R-ev R_2n-1[X]. Pour $1 \leq \text{i} \leq \text{n},$ et P $\in$ E, on considère les applications u_i et v_i définies par : u_i(P) = P(a_i) et v_i(P) = P '(a_i).
1. Montrer que B* = (u₁ , ... , u_n , v₁ , ... , v_n) est une base de E*.
2. Trouver sa préduale B.

II - 4 - 8. Correction de l'exercice 8

Posons l'équation d'inconnues les 2n réels x₁ , ... , x_n , y₁ , ... y_n :
$\displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i = O*$
Appelons L₁ , ... , L_n les n polynômes de Lagrange associés aux réels a₁ , ... , a_n. L'égalité précédente donne pour les polynômes (L_j)² :
$\textrm\forall j, \ \displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i(L_j)^2 + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i(L_j)^2 = 0$
Or, u_i((L_j)²) = (L_j(a_i))² = ( $\delta$ _ij)² = $\delta$ _ij. Et, v_i((L_j)²) = 2L_j(a_i).L_j'(a_i) = $\delta$ _ijL_j'(a_i)
Il ne reste donc que $\forall$ j, x_j + 2y_j.L_j'(a_j) = 0 (I).
Reprenons l'équation en prenant cette fois N_j(X) = (X-a_j)(L_j(X))². Cela donne : $\textrm\forall j, \ \displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i(N_j) + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i(N_j) = 0$
Or, u_i(N_j) = N_j(a_i) = 0. Et, v_i(N_j) = N_j'(a_i).
N_j'(X) = 2(X-a_j)L_j(X)L_j'(X) + (L_j(X))² $\Longrightarrow$ v_i(N_j) = 2(a_i - a_j)L_j(a_i)L_j'(a_i) + (L_j(a_i))² = 0 si i $\neq$ j et v_j(N_j) = 1.
Il ne reste donc que $\forall$ j, y_j = 0 (II)
Les résultats (I) et (II) signifient que tous les x_i et les y_i sont nuls.
Donc, B* est une famille libre à 2n éléments. Comme dim(E) = dim(E*) = 2n, on a la conclusion : B* est une base de E*.

2. Nous avons déjà trouvé la partie préduale associée aux v_i : ce sont les N_j puisque, d'après ce qui précède nous avons v_i(N_j) = $\delta$ _ij. Il reste à trouver les polynômes M_j associés aux u_i.
L'idée est de conserver la partie (L_j)² qui donne des résultats simples et de multiplier par un polynôme du premier degré. Posons donc : M_j(X) = (p_jX + q_j).(L_j(X))².
Nous avons, pour i $\neq$ j, M_j(a_i) = 0. Il faut maintenant que M_j(a_j) = 1. Cela donne p_ja_j + q_j = 1 (III)
Vérifions ce qui se passe pour les v_i. Nous avons : M_j'(X) = p_j(L_j(X))² + 2(p_jX + q_j)L_j(X)L_j'(X). Donc :
pour i $\neq$ j, v_i(M_j) = 0, ce qui convient bien,
pour i = j, v_j(M_j) = p_j + 2(p_ja_j + q_j).L_j'(a_j). Il faut que ce terme soit nul, donc :
p_j + 2(p_ja_j + q_j).L_j'(a_j) (IV)
Les conditions (III) et (IV) donnent très facilement p_j et q_j. Posons k_j = L_j'(a_j) qui est un réel non nul. Finalement, la préduale de B* est la base B de E définie par B = (M₁ , ... , M_n , N₁ , ... , N_n) avec :
M_j(X) = (-2k_jX + 1 + 2a_jk_j)(L_j(X))² et N_j(X) = (X - a_j)(L_j(X))².

Publié par Raymond le 11-05-2017

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